Játék a szavakkal A következőekben néhány szóképzéssel kapcsolatos feladatot szeretnék bemutatni, melyek során látni fogjuk, hogy egy ábrából hányféleképpen olvashatunk ki egy adott szót, vagy néhány betűből összesen mennyi ,,szót” lehet képezni a feltételeknek megfelelően. A feladatok előtt azonban röviden tekintsük át a kombinatorika témakör azon képleteit, melyekre szükségünk lesz a megoldások során. Ezek a következőek: Ismétlés nélküli permutáció: n különböző elemet rendezünk sorba az összes lehetséges módon. Ezek száma: n! = 1 ∙ 2 ∙ … ∙ (n – 1) ∙ n (,,n faktoriális”) Ismétléses permutáció: n olyan elemet rendezünk sorba az összes lehetséges módon, ahol ismétlődő elemek is előfordulnak, s ezen ismétlődések száma 𝑘1 , 𝑘2 , …, 𝑘𝑙 . Ezek száma: 𝑘
𝑛!
1 ! ∙ 𝑘2 ! ∙… ∙ 𝑘𝑙!
Ismétléses nélküli kombináció: n különböző elem közül választunk ki k darabot úgy, hogy egy elemet csak egyszer választhatunk ki és a sorrend nem számít. Ezek száma: (𝑛𝑘) =
𝑛! 𝑘! ∙(𝑛−𝑘)!
(,,n alatt a k”)
Ismétléses permutáció: n különböző elem közül választunk ki k darabot úgy, hogy egy elemet többször is ) kiválaszthatunk és a sorrend nem számít. Ezek száma: (𝑛+𝑘−1 𝑘 Ismétlés nélküli variáció: n különböző elem közül választunk ki k darabot úgy, hogy egy elemet csak egyszer 𝑛!
választhatunk ki és a sorrend számít. Ezek száma: (𝑛−𝑘)! Ismétléses variáció: n különböző elem közül választunk ki k darabot úgy, hogy egy elemet többször is kiválaszthatunk és a sorrend számít. Ezek száma: 𝑛𝑘
A fogalmak és képletek ismertetése után nézzük a szóképzéssel kapcsolatos feladatokat.
1. Feladat: A következő ábrából hányféleképpen olvashatjuk ki a TÖRTÉNELEM szót, ha a bal felső sarokból indulva csak jobbra vagy lefele haladhatunk minden lépésnél?
T
Ö
R
T
É
N
Ö
R
T
É
N
E
R
T
É
N
E
L
T
É
N
E
L
E
É
N
E
L
E
M
Megoldás: Az ilyen típusú feladatokat kétféleképpen is megoldhatjuk. Először tekintsük azt a megoldást, amikor a betűk helyére olyan számokat írunk, melyek azt jelölik, hogy az adott betűhöz összesen hányféleképpen juthatunk el. Az ábra kitöltésénél azt kell észrevennünk, hogy a felső és szélső számok rendre 1-esek lesznek, míg egy ,,belső” szám a felette levő szám és a tőle balra álló szám összegeként adódik, mert azokból léphetünk az adott mezőre. A helyes kitöltés tehát a következő:
1
1
1
1
1
1
1
2
3
4
5
6
1
3
6
10
15
21
1
4
10
20
35
56
1
5
15
35
70
126
Ezek alapján az M betűnél található szám a megoldás, vagyis a TÖRTÉNELEM szó összesen 126-féleképpen olvasható ki az ábrából. Egy másik megoldás lehet, ha észrevesszük, hogy a kezdőbetűtől az M betűig 9 lépésünk lesz minden kiolvasás során. Továbbá az is látható, hogy minden ilyen 9 lépéses sorozatban kell lenni 5 darab jobbra (jelöljük ezt J – vel) és 4 darab lefele (jelöljük ezt L – lel) lépésnek. Ezek alapján a kérdés az, hogy hányféleképpen tehetjük sorba az 5 darab J – t és 4 darab L – t. Ehhez az ismétléses permutáció képletét kell használnunk, vagyis a megoldás:
9! 5! ∙4!
Ezzel a módszerrel egyébként ellenőrizhetjük a táblázatba írt többi szám helyességét is.
= 126.
2. Feladat: A következő ábrából hányféleképpen olvashatjuk ki a SOROZAT szót, ha minden lépésnél csak balra lefele vagy jobbra lefele haladhatunk?
S O R O
O R
O Z
R O
O
Z A
Z A
T
Megoldás: Az előző feladathoz hasonlóan itt is azt kell megvizsgálni, hogy az utolsó T betűhöz hányféleképpen juthatunk el. Ezúttal minden kiolvasáshoz összesen 6 lépésre lesz szükségünk, amelyekben mindenképp lesz 3 jobbra (J) és 3 balra (B) lépés lefele, így a megoldást ismét ismétléses permutációval számíthatjuk ki:
6! 3! ∙3!
= 20. A táblázat helyes
kitöltése után szintén ezt az értéket kapjuk:
1 1 1 1
1 2
3 4
1 3
6 10
4 10
20
1
3. Feladat: A következő ábrából hányféleképpen olvashatjuk ki a MATEMATIKA szót, ha a bal felső sarokból indulva csak jobbra vagy lefele haladhatunk minden lépésnél?
M
A
T
E
M
A
T
I
K
A
T
E
M
A
T
I
K
A
T
E
M
A
T
I
K
A
E
M
A
T
I
K
A
M
A
T
I
K
A
A
T
I
K
A
T
I
K
A
I
K
A
K
A
A
A
Megoldás: Ez a feladat abban különbözik az előzőektől, hogy nem egy betűhöz kell eljutnunk a lépések során, hanem az átló mentén levő A betűk bármelyikére végződhet a szavunk. A legfelső és legalsó A betűhöz egyaránt 1 – féleképpen juthatunk el. A második és kilencedik sorban levő A betűhöz 9!
9! 1! ∙8!
= 9, a harmadik és nyolcadik sorban
9! 2! ∙7!
= 36, a negyedik és hetedik sorban
9!
3! ∙6!
= 84, míg a két középső sorban 4! ∙5! = 126 – féleképpen juthatunk el a kezdőbetűtől. Ezek
alapján összesen 2 ∙ (1 + 9 + 36 + 84 + 126) = 512 – féleképpen olvashatjuk ki az ábrából. A táblázatot itt is kitölthetjük számokkal, s így ellenőrizhetjük számításunk helyességét.
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
2
3
4
5
6
7
8
9
1
3
6
10
15
21
28
36
1
4
10
20
35
56
84
1
5
15
35
70
126
1
6
21
56
126
1
7
28
84
1
8
36
1
9
1
1
4. Feladat: A következő ábrából hányféleképpen olvashatjuk ki a SZÁMÍTÁSTECHNIKA szót, ha a bal felső sarokból indulva csak jobbra vagy lefele haladhatunk minden lépésnél?
S
Z
Á
M
Í
T
Z
Á
M
Í
T
Á
Á
M
Í
T
Á
S T
E
C
H
E
C
H
N
C
H
N
I
H
N
I
K
N
I
K
A
Megoldás: Ennél a feladatnál célszerű előbb kiszámolnunk azt, hogy külön – külön a két téglalapból hányféleképpen tudjuk kiolvasni a SZÁMÍTÁS, illetve a TECHNIKA szavakat. Az első szó kiolvasásához 7 lépésre van szükségünk, ahol lesz 2 lefele (L) és 5 jobbra (J), így ezt 7! 5! ∙2!
= 21 – féleképpen tehetjük meg. A második szó esetében szintén 7 lépésünk lesz, de
ezúttal 4 lefele (L) és 3 jobbra (J), így ezt
7! 3! ∙4!
= 35 – féleképpen tehetjük meg. Mivel a két
kiolvasás függ egymástól, vagyis minden első téglalapbeli kiolvasáshoz tartozik egy második téglalapbeli kiolvasás, így a megoldás: 21 ∙ 35 = 735. A táblázat kitöltésénél a számok itt is adódnak a felettük és a balról előttük álló számok összegéből, így a második téglalap felső és szélső számai rendre megegyeznek az első téglalap jobb alsó sarkában lévő számával.
1
1
1
1
1
1
1
2
3
4
5
6
1
3
6
10
15
21 21
21
21
21
21
42
63
84
21
63
126
210
21
84
210
420
21
105
315
735
5. Feladat: Hányféleképpen lehet kiolvasni az EZNEHÉZKIOLVASÁS szót, ha a ,,csillagozott” Z** betűt mindenképp érinteni kell és minden lépésnél csak jobbra vagy lefelé lehet haladni?
E
Z
N
E
H
É
Z
K
I
O
L
V
Z
N
E
H
É
Z**
K
I
O
L
V
A
N
E
H
É
Z
K
I
O
L
V
A
S
E
H
É
Z
K
I
O
L
A
S
Á
H
É
Z
K
I
O
L
V
S
Á
S
A
Megoldás: Mivel a Z** - on mindenképp át kell haladnunk, így több olyan betű is van, amit nem tudunk felhasználni, ezért először ezeket töröljük az ábrából.
E
Z
N
E
H
É
Z
N
E
H
É
Z**
K
I
O
L
V
A
K
I
O
L
V
A
S
I
O
L
A
S
Á
O
L
V
S
Á
S
A
Ezt követően nézzük meg azt, hogy összesen mennyi kiolvasás lehetne, ha nem szerepelne sötétített mező az ábrában. A Z** betűhöz utolsó S betűhöz pedig
9! 3! ∙6!
6! 1! ∙5!
= 6 – féleképpen juthatunk el, majd innen az
= 84 – féleképpen. Ezek alapján összesen 6 ∙ 84 = 504 – féle
kiolvasás lehetne, ha csak a Z** - on való áthaladást tekintenénk feltételként. Ezekből azonban ki kell vennünk azoknak a számát, amikor áthaladunk a fekete mezőn is. Ehhez ismét töröljük azokat a mezőket, amiket nem használhatunk fel ezen kiolvasásoknál.
E
Z
N
E
H
É
Z
N
E
H
É
Z**
K
I
O
K
I
O
L
I
O
L A
A
S
Á
S
Á
S
A Z** - hoz itt is 6 – féleképpen tudunk eljutni, majd innen a fekete mezőhöz 5! 2! ∙3!
= 10 – féleképpen, s onnan az utolsó S betűig pedig
4! 1! ∙3!
= 4 – féleképpen. Ezek alapján
6 ∙ 10 ∙ 4 = 240 olyan kiolvasás lehetséges, amely során áthaladunk a Z** és a sötétített mezőn is. Ezeket kivéve az összes Z** - on áthaladó kiolvasások számából kapjuk, hogy a feladat megoldása: 504 – 240 = 264. Az eredményt itt is ellenőrizhetjük a táblázat számokkal való helyes kitöltésével.
1
1
1
1
1
1
1
2
3
4
5
6
6
6
6
6
6
6
6
12
18
24
30
36
42
6
18
36
30
66
108
6
24
60
90
156
264
60
6. Feladat: Hányféleképpen olvasható ki a DEBRECEN szó, ha minden lépésben függőlegesen vagy átlósan lefelé lehet csak haladni?
D
B
N
E
E
E
B
B
B
B
R
R
R
R
R
R
E
E
E
E
E
E
E
E
E
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
E
N
N
N
N
N
N
N
N
N
N
N
N
N
N
Megoldás: Hasonlóan az előző feladathoz, először azt számoljuk ki, hogy amennyiben nem lenne sötétített mező az ábrán, úgy összesesen mennyiféleképpen lehetne kiolvasni a szavunkat. Mivel pontosan 7 lépésünk van és minden mezőn 3 lehetőségből választhatunk a továbbhaladásra, így összesen 37 = 2187 kiolvasás adódik. Ezt követően ezekből vegyük ki azoknak a számát, amikor áthaladtunk a fekete mezőkön.
Első esetben tekintsük a felső sötétített mezőn vezető kiolvasások számát. Mivel ez a mező a szimmetriatengelytől 1 oszloppal balra helyezkedik el, így a balra (B) lépések száma eggyel több lesz a jobbra (J) lépések számánál. Továbbá a négyzetig összesen 3 lépésünk van, ezért két eset adódik: 1 darab B és 2 darab F (függőleges); illetve 1 darab J, 2 darab B. Mindkét esetben
3! 1! ∙2!
= 3 – féleképpen tehetjük sorba a betűket, így 2 ∙ 3 = 6 úton át juthatunk el az
első sötétített mezőig. Innen 4 lépés van hátra az utolsó betűig és mindegyiknél 3 választási lehetőségünk adódik a továbblépésre. Ezek alapján összesen 6 ∙ 34 = 486 olyan kiolvasás lehetséges, amikor az első fekete mezőt érintjük. Második esetben tekintsük azokat a kiolvasásokat, amikor az alsó sötétített mezőn áthaladunk. Mivel a fekete mező a szimmetriatengelyen helyezkedik el, ezért a balra (B) és jobbra (J) lépéseknek a száma megegyezik. Összesen 6 lépésünk van, így a következő esetek lehetségesek: 6 F, melyek 1 – féleképpen; 1 B, 1 J, 4 F, melyek 2 B, 2 J, 2 F, melyek
6! 2! ∙2! ∙2!
6! 1! ∙1! ∙4!
= 90 – féleképpen; 3 B, 3 J, melyek
6! 3! ∙3!
= 30 – féleképpen; = 20 – féleképpen
rakhatóak sorba. Ezek alapján 1 + 30 + 90 + 20 = 141 – féleképpen juthatunk el a második sötétített mezőig. Mivel innen már csak 1 lépést kell tenni az utolsó betűig, de arra 3 választási lehetőségünk van, ezért összesen 141 ∙ 3 = 423 olyan kiolvasás lehetséges, amikor az alsó fekete mezőn áthaladunk. Végül vegyük észre, hogy a fenti két esetnél lehetnek átfedések, vagyis azon lehetőségeket kétszer számoltuk, amikor mindkét sötétített mezőn áthaladtunk. Ebből következik, hogy amennyiben a fenti eredményeket kivesszük az összesből, úgy a közöst kétszer vesszük ki, vagyis utólag egyszer még hozzá kell adnunk az ilyen kiolvasások számát. Számoljuk ki tehát azt is, hogy mennyi olyan kiolvasás lehetséges, amikor mindkettőn áthaladunk. A felső sötétített mezőhöz láttuk, hogy 6 - féleképpen juthatunk el a kezdőbetűtől. Innen az alsó fekete mezőhöz 3 lépésre van szükségünk és csak olyan utak jöhetnek szóba, ahol a jobbra lépések száma egyel több a balra lépésekénél. Ezek alapján csak az 1 J, 2 F; illetve 2 J, 1 B esetek lehetségesek, melyeket egyaránt
3! 1! ∙2!
= 3 – féleképpen tehetünk sorba, vagyis
2 ∙ 3 = 6 út vezet a második fekete mezőig. Innen már csak egy lépésünk van az utolsó betűig, de ezt 3 lehetőségből választhatjuk ki. Ezek alapján összesen 6 ∙ 6 ∙ 3 = 108 olyan kiolvasás van, amikor mindkét sötétített mezőn áthaladunk.
A fentiekből tehát a következő megoldás adódik: 2187 – 486 – 423 + 108 = 1386. Az ábrát ezúttal is kitölthetjük számokkal és itt a megoldást az utolsó sorban található számok összege fogja megadni számunkra.
1
1
1
1
1
1
2
3
2
1
7
6
3
1
1
3
1
4
4
10
13
16
10
4
1
1
5
9
18
27
39
39
30
15
5
1
1
6
15
32
54
84
108
84
50
21
6
1
7
22
53
101
170
138
192
242
155
77
28
7
192
1
7. Feladat: Hányféleképpen olvasható ki a BUDAPESTI szó, ha minden lépésben függőlegesen vagy átlósan lefelé lehet csak haladni és nem szabad kétszer egymás után jobbra lefelé lépni?
B
P
U
U
U
D
D
D
D
D
A
A
A
A
A
A
A
P
P
P
P
P
P
P
E
E
E
E
E
E
E
S
S
S
S
S
T
T
T
P
I
Megoldás: Ebben a feladatban az előzőhöz képest az is különbség, hogy nem lehet minden mezőről 3 – féleképpen továbbhaladnunk, hanem van ahol csak 1 vagy 2 lehetőségünk van erre. Összesen ezúttal 8 lépésre lesz szükségünk, s mivel a kezdő és utolsó betű is a szimmetriatengelyen helyezkedik el, így a balra (B) és jobbra (J) lépéseknek a száma meg kell, hogy egyezzen. Ezek alapján nézzük meg milyen lehetőségek adódhatnak számunkra.
Első esetben 8 darab F (függőleges) - et 1 - féleképpen rakhatunk sorba. Második esetben, ha 1 darab B és 1 darab J betűnk van, akkor 6 darab F - et kell még 8!
hozzávennünk. Ezeket összesen 1! ∙1!∙6! = 56 – féleképpen rakhatjuk sorba. Harmadik esetben 2 darab B és 2 darab J áll rendelkezésünkre, s ekkor 4 darab F - et kell még felhasználnunk. Ezeket összesen
8! 2! ∙2!∙4!
= 420 – féleképpen rakhatjuk sorba. Ebből azonban ki
kell vennünk azokat a lehetőségeket, amikor a 2 darab J egymás mellé kerül. Vegyük egy blokknak a két darab J - t, s így csak 7 blokkot kell sorba rendeznünk, amit 7! 1! ∙2! ∙ 4!
= 105 – féleképpen tehetünk meg. Ezek alapján a harmadik esetben
420 – 105 = 315 lehetőségünk van a kiolvasásra. Negyedik esetben 3 darab B és 3 darab J van a sorban, s ekkor 2 darab F - et kell még felhasználnunk. A 3 darab B - t és 2 darab F - et
5! 2! ∙ 3!
= 10 – féleképpen rakhatjuk le sorba.
Ezt követően az 5 betű által meghatározott 6 hely (elől, hátul és közöttük 4) közül kell kiválasztanunk 3 - t a J - k számára úgy, hogy a sorrend nem számít, így ezt ismétlés nélküli kombinációval számíthatjuk ki, vagyis (63) = 20 – féleképpen tehetjük meg. Mivel a két eset függ egymástól, tehát minden sorba rendezés esetén 20 elhelyezése lehetséges a J betűknek, ezért összesen 10 ∙ 20 = 200 – féleképpen olvashatjuk ki. Ötödik esetben 4 darab B és 4 darab J áll rendelkezésünkre. Ekkor a 4 darab B lerakása után az általuk meghatározott 5 helyből (elől, hátul és közöttük 3) kell kiválasztanunk 4 - t a J - k számára, amit (54) = 5 – féleképpen tehetünk meg. Az öt eset külön – külön mind megfelelő, így a megoldás: 1 + 56 + 315 + 200 + 5 = 577. Ezúttal az ábra számokkal való kitöltésétől eltekinthetünk, mert a kikötés (két jobbra nem lehet egymás után) jelentősen megnehezítené azt a korábbiakhoz képest.
8. Feladat: Mennyi 6 betűből álló (nem feltétlenül értelmes) szó képezhető a következő betűkből? a) A, B, C, D, E, F b) A, A, B, C, C, C Megoldás: Mivel nemcsak értelmes szavakat keresünk, ezért elegendő a betűk sorba rendezését tekinteni. a) Nincs ismétlődő betű, így az ismétlés nélküli permutáció képletével kiszámítható a megoldás: 6! = 720. Így tehát összesen 720 ,,szavat” képezhetünk a megadott betűkből. b) Az A és C betűkből több is előfordul, ezért itt az ismétléses permutáció képletét kell használnunk:
6! 1! ∙2! ∙3!
= 60. Így tehát összesen 60 ,,szavat” képezhetünk a betűkből.
9. Feladat: Mennyi 4 betűből álló (nem feltétlenül értelmes) szó képezhető az E, F, G, H, I, J betűkből, ha egy betűt csak egyszer használhatunk fel? Megoldás: Mivel itt 6 betűből kell kiválasztanunk 4 betűt úgy, hogy egy betűt csak egyszer választhatunk, s a kiválasztás során számít a sorrend, ezért az ismétlés nélküli variáció 6!
képletét kell alkalmaznunk: (6−2)! = 30. Így tehát összesen 30 ,,szót” képezhetünk a betűkből.
10.
Feladat:
Mennyi 3 betűből álló (nem feltétlenül értelmes) szó képezhető az O, P, R, S, T, U betűkből, ha egy betűt többször is felhasználhatunk? Megoldás: Mivel itt 6 betűből kell kiválasztanunk 3 betűt úgy, hogy egy betűt többször is választhatunk, s a kiválasztás során számít a sorrend, ezért az ismétléses variáció képletét kell alkalmaznunk: 63 = 216. Így tehát összesen 216 ,,szó” képezhető a megadott betűkből.
11. Feladat: Mennyi (nem feltétlenül értelmes) szó képezhető a BARCELONA szó összes betűinek felhasználásával, ha az A és B betűk nem kerülhetnek egymás mellé? Megoldás: A kezdő szavunk 9 betűből áll, s benne összesen 2 darab A és 1 darab B található. A megoldás során először nézzük meg, hogy a kijelölt betűk a képzett szavakban hányféleképpen helyezhetőek el a feltételnek megfelelően. Amennyiben az első helyre lehelyezem az egyik betűt a háromból, akkor a következő betűt a második helyre nem rakhatom le. Tegyük le a harmadik helyre, s ekkor az utolsó megmaradt betűnket a negyedik hely kivételével bármelyikre lerakhatjuk, s ez 5 darab lehetőség. Ezután változtassunk annyit, hogy a második betűnket nem a harmadik, hanem a negyedik helyre tegyük le. Ekkor a harmadik betű elhelyezésére 4 darab lehetőség adódik. Ezt tovább folytatva kapjuk, hogyha a második betűt az ötödik, hatodik, illetve hetedik helyre tesszük le, akkor a harmadik betű helyének megválasztására pontosan 3, 2, illetve 1 darab lehetőségünk lesz. Tehát, ha az első helyre pakolunk le a kijelölt betűkből, akkor a másik két betűt összesen 15 - féleképpen helyezhetjük el a feltételnek megfelelően. Ezt követően a második helyre tegyük le az első betűnket a háromból. Ekkor a második betűt csak a negyedik, ötödik, hatodik, hetedik helyre tehetjük le, s így a harmadik betű helyének megválasztására 4, 3, 2, illetve 1 lehetőségünk lesz. Tehát, ha a második helyre pakolunk le a kijelölt betűkből, akkor a másik két betűt 10 - féleképpen helyezhetjük el. Ezek alapján könnyen kiszámítható, hogyha az első betűnket a harmadik, negyedik, vagy ötödik helyre pakoljuk le, akkor a másik két betűt összesen 6, 3, illetve 1 - féleképpen helyezhetjük el. A három betű a szavak képzésénél így 15 + 10 + 6 + 3 + 1 = 35 - féleképpen helyezhető el. Ezek után még azt kell figyelembe vennünk, hogy egy tetszőlegesen választott elhelyezésnél a kijelölt 3 betű, illetve a megmaradt 6 betű hányféleképpen rakható le. Ezek kiszámításához az ismétléses, illetve az ismétlés nélküli permutációk képleteit kell alkalmazni. A három betűt (2 darab A, 1 darab B)
3! 1! ∙2!
= 3 - féleképpen rakhatjuk sorba, míg a maradék hat betűt
6! = 720 - féleképpen tehetjük le. Mivel ezek a lerakások függnek egymástól, így összesen 720 ∙ 3 = 2160 ,,szót” képezhetünk, ha előre kijelöltük a három betű helyét.
Mivel azonban 35 - féleképpen választhatjuk meg a kijelölt betűk helyeit, ezért a megoldás 35 ∙ 2160 = 75 600 lesz. Tehát 75 600 ,,szót” képezhetünk a BARCELONA betűiből úgy, hogy az A és B betűk nem kerülnek egymás mellé.
12. Feladat: Mennyi (nem feltétlenül értelmes) szó képezhető a FELEJTHETETLEN szó összes betűinek felhasználásával, ha az E betűk nem kerülhetnek egymás mellé? Megoldás: A kezdő szavunk 14 betűből áll, s benne összesen 5 darab E betű található. A feladatot az előző mintájára is megoldhatjuk, de tekinthetünk másféle megközelítést is. Most először azt nézzük meg, hogy az E betűk közötti ,,hézagok” terjedelmei miként alakulhatnak a szavak képzése során. Mivel a ,,hézagok” hosszainak összege 9, ezért az összegek a következők lehetnek (a ∣ jel az E betűk helyeit jelölik):
1∣1∣1∣1∣1∣4
1∣1∣1∣1∣2∣3
∣1∣1∣1∣1∣5
1∣1∣1∣2∣2∣2
∣1∣1∣1∣2∣4
1∣1∣1∣2∣4∣
∣1∣1∣1∣3∣3
1∣1∣1∣3∣3∣
∣1∣1∣1∣6∣
∣1∣1∣2∣2∣3
∣1∣1∣2∣5∣
∣1∣1∣3∣4∣
∣1∣2∣2∣2∣2
∣1∣2∣2∣4∣
∣1∣2∣3∣3∣
∣2∣2∣2∣3∣
1∣1∣1∣1∣5∣
1∣1∣2∣2∣3∣
1∣2∣2∣2∣2∣
Látható, hogy a ,,hézagok” legkisebb terjedelme 1, míg a legnagyobb terjedelme 6 lehet. Továbbá a ,,hézagok” száma 4, ha az E betűk az első és utolsó helyen is szerepelnek; 5, ha egy darab E betű szerepel az első vagy az utolsó helyen és 6, ha nincs E betű sem az első sem az utolsó helyen. A fentiek alapján összesen 19 - féleképpen alakulhatnak a ,,hézagok” terjedelmei és az E betűk elhelyezései. Ezt követően azt kell megnéznünk, hogy az egyes lehetőségeknél a terjedelmek hányféleképpen rendezhetőek sorba. Ezek kiszámításához az ismétléses permutáció képletét kell alkalmaznunk:
6! 5! ∙1!
=6
6! 4! ∙1! ∙1!
= 30
5!
2 ∙ 4! ∙1! = 2 ∙ 5 = 10 6! 3! ∙3!
= 20 5!
2 ∙ 3! ∙1! ∙1! = 2 ∙ 20 = 40
2 ∙ 3! ∙2! = 2 ∙ 10 = 20
5!
4! 3! ∙1!
2∙
=4 5!
2! ∙2! ∙1!
4! 2! ∙1! ∙1! 4! 2! ∙1! ∙1!
= 2 ∙ 30 = 60
= 12 = 12
5!
2 ∙ 4! ∙1! = 2 ∙ 5 = 10 4! 1! ∙2! ∙1! 4! 1! ∙1! ∙2! 4! 3! ∙1!
= 12
= 12
=4
Ezek alapján összesen 6 + 30 + 10 + 20 + 40 + 20 + 4 + 60 + 12 + 12 + 10 + 12 + 12 + 4 = 252 - féleképpen alakulhat a ,,hézagok” nagysága és sorrendje.
Végül még azt kell megvizsgálnunk, hogy a hézagokba az 5 darab E betűn kívül hányféleképpen helyezhető el a megmaradt 9 betű. Mivel a betűk között szerepel 3 darab T, 2 darab L és 1 - 1 darab F, J, H, N betű, ezért ezen betűk ,,hézagokba” való elhelyezésének 9!
összes lehetséges száma: 3! ∙2! ∙1! ∙1! ∙1! ∙1! = 30 240. Ezek alapján az összes képezhető ,,szavak” számát megkaphatjuk a ,,hézagok” alakulásának és a maradék 9 betű összes lehetséges sorrendjének szorzataként: 252 ∙ 30 240 = 7 620 480. Tehát a FELEJTHETETLEN szó betűiből 7 620 480 (nem feltétlen értelmes) szó képezhető úgy, hogy minden betűt felhasználunk és az E betűk nem kerülnek egymás mellé.
13. Feladat: Mennyi (nem feltétlenül értelmes) szó képezhető az ABRAKADABRA szó összes betűinek felhasználásával, ha az A betűk nem kerülhetnek egymás mellé? Megoldás: A kezdő szavunk 11 betűből áll, s benne összesen 5 darab A betű található. A feladat megoldható az előzőekhez hasonlóan, de egy újabb eljárással is próbálkozhatunk. Először is tekintsük az A betűk kivételével megmaradó betűket, s helyezzük le őket egy adott sorba. Mivel ezek között van 2 B, 2 R, 1 K és 1 D betű, ezért az összes lehetséges sorrend kiszámításához az ismétléses permutáció képletét kell alkalmaznunk:
6! 2! ∙2! ∙1! ∙1!
= 180.
Ezt követően már csak az A betűket kell a feltételnek megfelelően lehelyeznünk. Mivel a 6 betűhöz képest összesen 7 helyre (∣x∣x∣x∣x∣x∣x∣) rakhatjuk le az A betűket, ezért a 7 helyből kell kiválasztanunk 5 - öt úgy, hogy a sorrend az A betűk azonossága miatt nem számít. Ehhez az ismétlés nélküli kombináció képletét kell alkalmaznunk: (75) =
7! 5! ∙2!
= 21.
Ezek alapján a megoldást megkapjuk az A betűk összes lehetséges elhelyezkedésének és a másik 6 betű összes lehetséges sorrendjének szorzataként: 21 ∙ 180 = 3 780. Tehát az ABRAKADABRA szó betűiből 3 780 (nem feltétlen értelmes) szó képezhető úgy, hogy minden betűt felhasználunk és az A betűk nem kerülnek egymás mellé. Brósch Zoltán
